上分专题10 立体几何中的探索性问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

上分专题10 立体几何中的探索性问题 命题密钥 探索性问题常常是在条件不完备的情况下探讨某种结论是否成立，要求学生有较强的空 间想象能力和准确的计算能力，并充分掌握平行、垂直之间的相互转化. 探索性问题在考试中多以解答题形式出现，与线面位置关系及空间角、空间距离结合，难 度较高，在之后还会继续学习如何用空间向量解决此类问题 考点觉醒 ●解题策略 先猜后证，即先观察与尝试给出结论再证明 解题策略 先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性 ●题型分类 利用线面平行、面面平行的判定和性质定理，通过作铺助线构造平行关 平行条件 下的探究 系，可借助中位线、平行四边形等性质，结合已知的位置关系和数量关 系求解 垂直条件 利用线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定和性质定理，分析图形中的 下的探究 垂直关系，结合相关几何图形性质求解 空间角条件 在空间图形中构造包含空间角的三角形，利用三角形边角关系、正余弦 下的探究 定理等，分析点的移动对角度的影响，确定动点位置 空间距离条 通过设参将题干中的动点位置表示出来，再利用定义法或等体积法列出 件下的探究 方程，进一步根据题干中的数量关系求解 ●解决探索性问题的一般步骤 对于存在判断的问题，应先假设存在，把要成立的 假设存在 结论当作条件，据此列出方程或方程组 得出结论 将“是否存在”问题转化为“方程或方程组是否有 规定范围内的解”的问题 黑白题·上分秘籍25 实战演练 1.#(2025·福建莆田高一期中)如图，多面2.禁(2025·安徽宣城高一期末)如图，在正 体ABCD-A,B,C,是由一个直三棱柱 三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=4,点M ABC-A1B1C1与一个四棱锥D-A1C1CA组成 为AB,的中点， 的，其中BC∥AD,AD=2BC,AB=BC= (1)求点A到平面MBC1的距离. CA=AA1=4,E是AC上的一点. (2)在棱BB,上是否存在点Q,使得AQ⊥平 (1)若E是AC的中点. 面BC,M?若存在，求出 B的值；若不 B ①求证：BC∥平面A,EB; ②求异面直线A,E与B,C所成角的余 存在，请说明理由. 弦值 (2)若E为BD与AC的交点，问A,B上是否 存在一点K,使得EK∥平面A,AD?若存 在，请求出的值：若不存在，请说明 理由. A 26数学1必修第二册·RJ 3.整(2025·吉林长春高一期末)如图，在四4.禁(2025·福建福州高一期末)如图，在三 棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD, 棱台ABC-A,B,C1中，平面A,ACC,⊥平面 AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=1,BC=2, B,BCC1,AC=BC,AC⊥BC,且AC= PB=√3.E为PD的中点，点F在PC上，且 2A1A=2AC1=2C1C=2. PF 1 (1)证明：AC1⊥BC. FC 2 (2)求直线AC1与平面A,B,C,所成的角的 (1)求证：PA⊥平面ABCD. 大小 (2)在棱BP上是否存在点G,使得点G到平 (3)线段B,B上是否存在点E,使得二面角 面ABF的距离为？若存在，求出点G ￡-4C-B的平面角的正切值为？若存 的位置，若不存在，请说明理由. 在，求出线段BE的长，若不存在，请说明 理由。 G 黑白题·上分秘籍273 sin a. ae(0,o≤号，即a=受时，几何体3ACD的体积 取得最大值子 7.解：(1)由条件可知，正四棱柱的高010=8，所以正四棱柱的体积为 6x6x8=28,正四棱锥P-4,8C,D的体积为写X6x6x2=24,所以 该几何体的体积为288+24=312. (2)(1)如图①，连接01B1,01B1=√62-2=42，所以B1C1= 42×2=8. 正四棱锥P-A1B1C,D1侧面的高为√62-4=25，所以正四棱锥的 侧面积为4x×8×25=325. D 0 B ① ② （i)如图②，将长方形ABB141,△PA1B1和△PB1C1展开在一个平 面，PA1=PB1=PC1=6,A1B1=B1C1=8,设∠A1B1P=a,cos∠A1B1P= m∠PBG=a=名=子4B=A=8,A,=8E,∠ABA 子，所以血a=5所以血2a2如a2x52 3x3 w2a=1-2a=1-2×(9）}=gm2a,G 4w5 m(+2a）-es子w2anin2a=2t4 18 当A,Q,N,C1四点共线时，AQ+QN+NC1最短，所以AC1= VAB所+B,C-2AB,·B,G·s乙AB,G=8V29+8w5, 8 所以AQ+QN+NC,的最小值为氵√29+85， 8.(1)证明：因为四边形ABCD是正方 形，E为AB的中点，所以SE⊥SD, SE⊥SF,又因为SD∩SF=S, B SD,SFC平面SFD,所以SE⊥ 0 平面SFD,又因为SEC平面SEF,所D 以平面SEF⊥平面SFD. (2)解：如图，设S在平面AEF上的投影为O,连接S0,E0,则∠SEO 为直线SE与平面DEF所成角a. 设服=(1a≤4到则CF=45ag442X42 1 2x2x-2× 4(4-x)=4+x. 在△DSF中，DS=4,SF=x,DF=√2-8x+32,可得cos∠DSF= 0g+SF2-DP=L名SADs·SF·i咖LDsP=4v,其 2DS·SF 中sE1平面SD,SE=2,放m=写S·SE=号可， 1 人im=号5ag·S0=(4+)·S0. 必修第二册·RJ 因为w,即g4)0号108径又 因为8=2，所以im0=S0-4 SE x+4 令1=，te(0,5],i血0=4北=4 .5 5+25,令g(t)=t+ E(0 a6子）-a-(任名） 12- t2) ,当t1,2e(0,5],且1<2时，41-t2<0,412-5<0,t12>0, 则g(t1)-g(2)>0,可得g(t)在(0,5]上单调递减，当t=V3,即x= 4时，in0最大为2 上分专题10立体几何中的探索性问题 1.(1)①证明：连接AB1交A1B于点F,连接EF,如图①. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1∥BB1,AA1=BB1,所以四边形 AA1B1B为平行四边形. 因为A1B∩AB1=F,所以F为AB1的中点，又因为E为AC的中点，所 以EF∥BC,且EF=B,C 因为B1C丈平面A1EB,EFC平面A1EB,所以B1C∥平面A1EB. ②解：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC,AEC平面ABC, 所以AM11AE,所以A1E=√MM+AE=√42+22=25，同理可得 BC=VBB+BC=VF+F=4万，AB=45,所以EF=2B,C= 2n,AF=2A4B=27 因为EF∥B,C,所以异面直线A1E与B1C所成角为∠FEA1或其补 A1E2+EF2-A1F220+8-8 角，由余弦定理可得cos∠FEA1= 2A1E·EF2×2W5×2W2 √1 4 ,所以异面直线AE与B,C所成角的余弦值为而 4 A D D ① ② (2)解：存在.如图②， 因为A0/8C,4Cn0=B,所能%行 因为EK∥平面AA1D,EKC平面A1BD,平面ABD∩平面AA1D=AD 所以欧A山所u歌能子所以写所以线段48上 存在一点太使得队/平面A0,且8子 2.解：(1)如图①，过点A作AD⊥BM交BM于点D,交BB1于点E.因为 ∠EBD与∠BED互余，∠B1BM与∠B,MB互余，所以∠BED= ∠B,MB,又因为∠ABE=∠BB1M,所以△ABE∽△BB1M,所以 AB BE BB BM 因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2,AA1=4,点M为A1B1的中 黑白题110 点所以品股即为子：吧，解得E=子，所以服= BB BM 2 2所以04音8 BD,解得BD=27 由正棱柱性质可知，BB,⊥平面A1B,C1,而C,MC平面A1B,C1,所以 BB1⊥C1M. 因为三角形AB,C1是正三角形且点M为A1B1的中点，所以 C1M⊥A1B1,又因为BB1⊥C1M,A1B1∩BB1=B1,A1B1,BB1C平 面ABB1A1,所以C1M⊥平面ABB1A1,又因为ADC平面ABB1A1,所 以C,M⊥AD,又因为AD⊥BM,BM∩C1M=M,BM,C1MC平面 BMC1,所以AD⊥平面BMC1,所以点A到平面MBC1的距离为 AD=8V17 17 HE B N ① ② (2)存在.在正三棱柱ABC-A1B,C,中，因为点M为A1B,的中点，所 以CM1A1B1,又因为A1A1平面A1B1C1,C1MC平面A1B1C1,所 以AM1⊥C1M,又因为AM1∩AB1=A1,AA1,A1B1C平面AMBB,所 以C,M⊥平面A4,B1B,C,MC平面BC,M,所以平面BC1M⊥平 面AA1B1B. 如图②，在平面AA1B,B内过点A作AQ⊥BM交BB,于点Q.因为平 面BC1M∩平面AA1B1B=BM,所以AQ⊥平面BC1M,于是点Q即为 所要找的点，显然△ABQ∽△BB1M,所以，=P,即=4，所以 B,M BB' 0=号40-BB-0=4子所以88 B=7. 3.(1)证明：如图①，取BC的中点S,连接AS,则四边形ASCD是正方 形，则AS=BS=1,AS⊥BS,所以AB=√2，又因为PA=1,PB=√5，所以 PA2+AB2=PB2,所以PA⊥AB. 因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PA在平面 PAB内，所以PA⊥平面ABCD. G C:: ② (2)解：存在如图②，在BC上取点M,使CM=,连接PM,在PW 上取点以，使号在PC上取点N,使，连接m,则》 BC,且C-子，则m=1,即N∥BC∥A0,且N=AD,则回边 PF PE 形AND是平行四边形，所以MH∥ND,且D即EF/ND,则 参考答案 EF∥AH,所以A,E,F,H四点共面，连接BH,过点F作FT∥BC交 PM于点T,易得△PFn△PMC,所以C-PETR-1 PMPc=Mc=3,因为、 行，所以I=Ma,又因为B=分，P=行Mc=号，所以M=R 因为FT∥BC,所以∠FTH=∠BMH,所以△FTH≌△BMH,则∠FHT= ∠BHM,所以H,B,F三点共线，所以A,E,F,H,B五点共面，即BP与 平面AEF交于点B. 由(1)可知，PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以PA⊥CD,且 AD⊥DC,PA∩AD=A,且PA,ADC平面PAD,所以CD⊥平面PAD,又 因为AEC平面PAD,所以CD⊥AE,又因为△PAD是等腰直角三角 形，点E为PD的中点，所以AE⊥PD,且CD∩PD=D,PD,CDC平面 PCD,所以AE⊥平面PCD. 因为SASArc6×分PDx CD=g,所以A- 1 2 2 36,Es cO6∠DPC=Y2=5,所以EE2=PE2+PF2-2PE·PF·os∠DPC= 6即B5 6 因为AE⊥EF,所以S△AEF= Nn号名-语段放D到 1 平面AEF的距离为h,则VDss=VA-DEP,即3×2Xh=石，所以h= 、因为点E是PD的中点，所以点P到平面ABP的距商也是3若 3,若 5 点G到平面AEF的距离为g,则9C 1 万那3，所以存在点G,使得 3 点G到平面P的距离为，点C为非近点B的三等分点 4.(1)证明：在三棱台ABC-A1B1C1中，AC∥A1C1,AC=2A1A= 2A1C1=2C1C=2,在等腰梯形AACC1中，cos∠ACC1= 2(4c-AG) =2,则∠ACC1=60°，由余弦定理得AC?=AC2+ C1C2-2AC·C1Cco3∠ACC1=3,则AC2=AC+C1C2,即AC1⊥C1C, 而平面A1ACC,⊥平面B,BCC1,平面A1ACC,∩平面B,BCC= C1C,AC1C平面A1ACC1,则AC1⊥平面B,BCC1 又因为BCC平面B1BCC1,所以AC1⊥BC. (2)解：如图①，过C1作C,H⊥AC,垂足为H 因为AC1⊥BC,AC⊥BC,AC1∩AC=A,AC1,ACC平面A1ACC1,所以 BC⊥平面AACC1,C,HC平面A1ACC1,则BC⊥C,H,又因为ACn BC=C,AC,BCC平面ABC,则C1H⊥平面ABC,则∠C1AH为AC1与 平面ABC所成的角，则∠C1AH=∠C1AC=90°-∠ACC1=90°-60°= 30°，又因为平面ABC∥平面A1B1C1,所以AC1与平面A1B1C1所成 的角为30. C A- H D ① ② 黑白题111 (3)解：存在如图②，延长三棱台ABC-A1B1C1的侧棱AA1,BB1,CC1 交于点P,由(1)得△PAC为正三角形. 因为BC⊥平面A,ACC1,BCC平面ABC,所以平面ABC⊥平面PAC. 取AC的中点N,连接PN,则PN⊥AC,且PN=√3，又因为平面ABC∩ 平面PAC=AC,PNC平面PAC,所以PN⊥平面ABC. 过点E作EF∥PN交BN于点F,则EF⊥平面ABC,又因为ACC平 面ABC,所以AC⊥EF. 过点E作ED⊥AC于点D,连接FD,则FD为ED在平面ABC内的投 影，又因为ED∩EF=E,ED,EFC平面DEF,所以AC⊥平面DEF,又 因为FDC平面DEF,所以AC⊥FD,所以∠EDF为二面角E-AC-B 的平面角 若存在点E使得二面角E-AC-B的平面角正切值为 4,即 tan L EDF=尽，设EF=3,则FD=4,因为=E=2=DN PN BN CN'BC CN' 所祭+品器+器1管告1解得1=古， VC+BC=5,PB=2反，B,B=2,所以BE-EF即BE.1、 PB PN' 223, 3<B1B=2,所以线段B,B上存在满足题意的 上分专题11概率与统计的综合应用 1.解：(1)甲团队研发新品的成绩为：1,1,1,0,0,1,1,1,0,1,0,1,1， 0,1; 乙团队研发新品的成绩为：1,0,1,1,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1,1. 号)八小号[（号八（号）s]会 x甲>x乙，屏<吃，通过两队平均数、方差的比较，可以看出甲团队的研 发水平优于乙团队 (2)记恰有一队研发成功的概率为P,所抽的15个结果中，恰有一队 研发成功包括(A,B),(A,B),(A,B),(A,B),(A,B),(A,B),(A, B),共7个，.P= 7 151 100 2.解：(1)由已知条件可得n0.02X1050,又因为每组的小矩形的面 积之和为1. 所以(0.035+0.025+0.02+0.004+8t)×10=1,解得t=0.002. (2)由(1)可知t=0.002,所以评分在[40,50)中的人数是评分在 [50,60)中人数的分 若按分层抽样抽取3人，则评分在[40,50)中的有1人，在[50,60)中 的有2人， 设事件M=“在抽取的3人中，经体能训练后至少有一人的体能等级 转为B” 经体能训练后的等级转化情况相互独立，所以P(M)子 21 12 子=3，所以P(M)=1-P(M=1-3子， 必修第二册·RJ 数经体能训练后至少有一人的体能等级转为B的概率为号 3.解：(1)由(0.005+0.010+0.015×2+a+0.030)×10=1,解得a=0.025; 45×0.05+55×0.15+65×0.3+75×0.25+85×0.15+95×0.1=71, 所以本次服务评价调查的平均得分为71分. (2)设获得宠物护理礼包的客户评分至少要达到x分， 因为[80,90)，[90,100)对应的频率分别为0.15,0.1，所以排在前 13%的高评价客户应在区间[80,90)内， 所以(90-x)×0.015+0.1=0.13,解得x=88,故获得宠物护理礼包的 客户评分至少要达到88分. (3)设在“评分最高组”和“评分最低组”抽取的人数分别为x,y, 三6×2=4，y=6×，=2,“由分层随机抽样在“评分最高红 抽取4人，在“评分最低组”中抽取2人. 设“评分最高组”中的4人分别用A,B,C,D表示，“评分最低组”中 的2人分别为a,b表示. 从中抽取2人进行回访的所有结果为AB,AC,AD,Aa,Ab,BC,BD, Ba,Bb,CD,Ca,Cb,Da,Db,ab,共15种 进行回访的2人均来自“评分最高组”的所有结果为AB,AC,AD,BC, BD,CD,共6种，故进行回访的2人都来自“评分最高组”的概率为 62 15=5 4.解：(1)由(0.005+0.01+0.017+a+b)×10=1,又因为a=0.7b,解得a= 0.028,b=0.04. 甲解开1道密码锁在1分钟时正好位于[55,65)中间，所以甲在1分 钟内解开1道密码锁的频率为(0.005+0.017+0.028+0.02)×10=0.7. (2)由题可知乙在1分钟内解开1道锁的频率为(0.01+0.03+0.02)× 10=0.6,设甲在第i次开锁成功为事件Ai(i=1,2),则P(A1)= P(4)上0，乙在第次开锁成功为事件B,(i=1,2),则P(B,)月 63 P(B2)=105 (ⅰ)若甲先开始解锁，团队使用的解锁机会不超过3次就进入下 关总共有：A1A2,A1A2B1,A142B13种情况，所以其概率为： P=4P4石r)-石石b品g品 7.3371 105500 (ⅱ)甲、乙两人进入下一关的概率与他们的出场顺序无关.假设甲先 开锁乙后开锁，进入下一关的情况有：A1A2,A1A2B1,A1A2B1, A1A2B1B2,A1A2B1B2,A1A2B1B2共6种情况，则其概率为： P(AA2)+P(A A2B)+P(AA2B)+P(A A2BB2)+P(AA2 BB2)+ 3 37233、3、33_2188547 0*10×行×万+10×10×方×行-250625 假设乙先开锁甲后开锁，进入下一关的情况有：B1B2,B1B2A1, B1B2A1,B1B2A1A2,B1B2A1A2,B1B2A1A2共6种情况，则其概率为： P(B B2)+P(B B2A)+P(B B2A)+P(B B2 A A2)+P(B B2 AA2)+ x7+3x2x3× 0号品品号号品0--器图为器 所以与他们的出场顺序无关 黑白题112